初中数学竞赛讲座数论部分7同余.docx

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初中数学竞赛讲座数论部分7同余

第7讲同余的概念及基本性质

数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．

　　先看一个游戏：

有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？

应该怎样走才能取胜？

　　取胜之道是：

你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格（i=1，2，3），你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．

　　在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．

　　同余，顾名思义，就是余数相同．

一、基础知识

定义1给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作

a≡b（modm），

　　并读作a同余b，模m．

否则，就称a与b对于模m不同余，记作a≡b（modm），

根据定义，a与b是否同余，不仅与a、b有关，还与模m有关，同一对数a和b，对于模m同余，而对于模n也许就不同余，例如，5≡8（mod3），而5≡8（mod4），

　　若a与b对模m同余，由定义1，有

a=mq1＋r，b=mq2+r．

　　所以a-b=m（q1-q2），

　　即m｜a-b．

　　反之，若m｜a-b，设

a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，

　　则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．

　　于是，我们得到同余的另一个等价定义：

　定义2若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．

另外，根据同余的定义，显然有以下几种关系是成立的：

⑴a≡a（modn）

⑵a≡b（modm）

b≡a（modn）

⑶a≡b（modn）

b≡c（modm）

由此可见，同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性，而等式也具有这几条性质．

二、典型例题;

例1．如果a≡b（modm），以下命题正确的有哪些？

请说明理由？

⑴m|a－b

⑵a=b+mt

⑶a=k1m+r1，b=k2m+r2（0≤r1，r2＜m）

r1=r2

解：

⑴因a≡b（modm），所以可得a=k1m+r，b=k2m+r，那么a－b=（k1－k2）m，由于k1－k2是整数，因此m|a－b是正确的．

⑵根据⑴可得a－b=mt，即a=b+mt

⑶根据⑴可得，m|r1－r2，又因为0≤|r1－r2|＜m，所以|r1－r2|=0，故r1=r2．

例2．判断正误，并说明理由．

⑴如果a≡b（modm）那么ka≡kb（modm）

⑵如果a≡b（modm），c是整数，那么a±c≡b±c（modm）

⑶如果a1≡b1（modm），a2≡b2（modm），那么a1±a2≡b1±b2（modm），

a1a2≡b1b2（modm）．

⑷如果3a≡3b（mod6），那么a≡b（mod6）

解：

⑴∵a≡b（modm），∴m|a－b，∴m|k（a－b）即m|（ka－kb）

∴ka≡kb（modm）⑴成正确

⑵∵a≡b（modm），∴m|a－b

又因为c是整数，所以m|a－c－b+c，即m|（a－c）－（b－c）即a－c≡b－c（modm）

同理可得，a+c≡b+c（modm）

⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的

⑷显然6≡12（mod6），而2≡4（mod6），因此，这个命题不正确

说明：

⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡b（modm）

an≡bn（modm）

此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方，但同余式两边却不能除以同一数，那么，同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？

我们先看下面的例题．

例3．由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（mod5）

①3a≡3b（mod5）②10a≡10b（mod5）

③6a≡6b（mod10）④10a≡10b（mod20）

解：

①因3a≡3b（mod5），所以5|3（a－b），而5|3，

因此5|a－b，故a≡b（mod5）

②由10a≡10b（mod5）可以得到5|10（a－b），而5|10，因此5不一定整除a－b，故a≡b（mod5）就成立

③由6a≡6b（mod10）可得10|6（a－b），而10=2×5，6=2×3，因此5|a－b，

故a≡b（mod5）成立

④由10a≡10b（mod20）可得到20|10（a－b），而20=4×5，4|10，因此5|（a－b）

故a≡b（mod5）不成立

综上所述，由3a≡3b（mod5）或6a≡6b（mod10）都可以得到a≡b（mod5）

说明：

在①中，因为（3，5）=1，因此由5|3（a－b）一定可以得到5|a－b，进而得到a≡b（mod5），一般地，如果（k，m）=1，ka≡kb（modm），那么a≡b（modm）

在③中，因（6，10）=2，因此由10|6（a－b）一定可以得到5|a－b，进而得a≡b（mod5），一般地，如果（k，m）=d，ka≡kb（modm），那么a≡b

．

例4．如果a≡b（mod12）且a≡b（mod8），那么以下同余式一定成立的是哪些？

①a≡b（mod4）②a≡b（mod24）③a≡b（mod20）④a≡b（mod48）

解：

正确的有①和②

①由题中的条件可得12|a－b，又因4|12，所以4|a－b，故a≡b（mod4）．

②因12|a－b，8|a－b，所以a－b是12和8的公倍数，又因为[8，12]=24，因此

a－b必是24的倍数，即24|a－b，故a≡b（mod24）．

③显然，当a=26，b=2时满足条件a≡b（mod12）和a≡b（mod8），但却不满足

a≡b（mod20）．

④同③，用a=26，b=2验证即可．

【说明】：

⑴一般地，若a≡b（modm）且n|m，那么a≡b（modn）

⑵若a≡b（modm），a≡b（modn），那么a≡b（mod[m，n]），它的一个特殊情况就是：

如果a≡b（modm），a≡b（modn）且（m，n）=1，那么a≡b（modmn）

【一些结论】

1.同余定义的等价形式

①a≡b（modm）

m|a－b

②a≡b（modm）

a=b+mt

2．同余式的同加、同乘性

如果a1≡b1（modm），a2≡b2（modm）那么

⑴a1±a2≡b1±b2（modm）

⑵ka1≡kb1（modm）（k∈Z）

⑶a1a2≡b1b2（modm）

⑷a1n≡b1n（modm）（n是整数）．

3．如果（k，m）=d，ka≡kb（modm），那么a≡b

．

这条性质的直接推论就是：

如果（k，m）=1，ka≡kb（modm），那么a≡b（modm）

4．如果a≡b（modm）且n|m，那么a≡b（modn）

5．如果a≡b（modm），a≡b（modn），那么a≡b（mod[m，n]）

这条性质的一个推论就是：

如果a≡b（modm），a≡b（modn）且（m，n）=1，那么a≡b（modmn）

例5．⑴求19992002除以9的余数；⑵求1010除以7的余数

解：

⑴∵9|1999－1000，∴1999≡1000≡1（mod9）

∴19992000≡12002≡1（mod9），∴19992000除以9的余数是1

⑵∵10≡3（mod7），∴103≡33≡－1（mod7）

∴106≡（－1）2≡1（mod7），∴1010≡104（mod7）

又∵102≡9≡2（mod7），∴102≡104≡22≡4（mod7）

所以1010除以7的余数是4．

说明：

求较大数的余数时，可先设法找到与±1同余的数，然后利用同余式的性质，求出所求数的余数．

例6．求14589+32002除以13的余数．

解：

∵145≡2（mod13），∴1456≡26≡－1（mod13）

∴（1456）14≡（－1）14≡1（mod13）即14584≡1（mod13）

又∵1455≡25≡6（mod13）

所以14589≡14584·1455≡6×1≡6（mod13）

又∵33≡1（mod13），∴（33）667≡32001≡1（mod13），∴32002≡3（mod13）

所以，14589+32002≡6+3≡9（mod13）

即14589+32002除以13的余数是9

例7．求19982002的十位数字

分析：

此题可以通过19982002的末两位数来求解，与前面的方法类似

解：

∵199898≡－2（mod100），∴19982002≡（－2）2002≡22002≡41001（mod100）

因为4≡4（mod100），42≡16（mod100），43≡64（mod100），44≡56（mod100），45≡24（mod100），46≡96（mod100），47≡84（mod100），48≡36（mod100），

49≡44（mod100），410≡76（mod100），411≡4（mod100）…

所以4n除以100的余数是以4、16、64、56、24、96、84、36、44、76周期性出现的，因41001=410×100+1，所以41001≡4（mod100），因此19982002≡4（mod100），故19982002的十位数字是0．

说明：

正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．

例8（1998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n+1能被3整除的一切自然数n.

解∵

 ∴

则2n+1

∴当n为奇数时，2n+1能被3整除；

当n为偶数时，2n+1不能被3整除.

例9求证31980+41981能被5整除.

证明 ∵

∴

∴

∴

例10．求20032002的末位数字．

分析：

此题就是求20032002除以10的余数

解：

∵2003≡3（mod10），∴20034≡34≡1（mod10），

∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod10）

∴20022002的末位数字是7．

说明：

对于十进制的整数

有如下性质：

例11．已知n是正整数，证明48|72n―2352n―1

证明：

∵48=3×16，（3，16）=1

∴只需证明3|72n―2352n―1且16|72n―2352n―1即可

∵7≡1（mod3），2352≡0（mod3）

∴72n―2352n―1≡12n―2352×0－1≡0（mod3）

∴3|72n―2352n―1，又∵2352=16×147，∴2352≡0（mod16）

∴72n―2352n―1≡49n－1≡1n－1≡0（mod16）

∴16|72n―2352n―1，所以48|72n―2352n―1．

说明：

当模很大时，可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解，请同学位用这个方法重解例8．

例12．已知n是任意的正整数，且m|7n+12n―1，求正整数m的最大值．

解：

设an=7n+12n―1，那么，a1=7+12―1=18，a2=72+24―1=72

∴（a1，a2）=（18，72）=18，∴m≤18，

下面证明对任何正整数n，都有18|7n+12n―1

又因为18=2×9，所以只须证明2|7n+12n，9|7n+12n―1即可．

∵7≡1（mod2），∴7n+12―1≡1n+0―1≡0（mod2）

即2|7n+12n―1，对n进行分类讨论，

⑴若n≡0（mod3），则n=3k（k为正整数）

7n+12n―1≡73k+36k+1≡（―2）3k+0―1≡（―8）k―1≡1k―1≡0（mod9）

⑵若n≡1（mod3），则n=3k+1（k为非负整数）

7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0（mod9）

⑶若n≡2（mod3），则n=3k+2（k为非负整数）

7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0（mod9）

因此，对一切自然数n，都有9|7n+12n―1．

综上所述，18|7n+12n―1，因此m的最大值为18．

例13把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出

｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，

　　再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算

｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．

　　如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？

　　解因为对于一个整数a，有

｜a｜≡a（mod2），a≡-a（mod2），

　　所以

　　b1＋b2＋…＋b64

　　=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜

　　≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128

　　≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128（mod2），

　　因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数

　　x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128

　　＝64×129≡0（mod2），

　　故x是偶数．

例14求证：

一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．

10≡1（mod9），

　　故对任何整数k≥1，有

10k≡1k＝1（mod9）．

　　因此

　　即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．

　　说明

（1）特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．

（2）算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．

三、模拟训练

1求证：

（1）8｜（551999＋17）；

（2）8（32n＋7）；

　　（3）17｜（191000-1）．

　　证

（1）因55≡-1（mod8），所以551999≡-1（mod8），551999＋17≡-1＋17=16≡0（mod8），于是8｜（551999＋17）．

（2）32=9≡1（mod8），32n≡1（mod8），所以32n＋7≡1＋7≡0（mod8），即8｜（32n＋7）．

　　（3）19≡2（mod17），194≡24=16≡-1（mod17），所以191000=（194）250≡（-1）250≡1（mod17），于是

17｜（191000-1）．

2．求20032002的末位数字

分析：

此题就是求20032002除以10的余数

解：

∵2003≡3（mod10），∴20034≡34≡1（mod10），

∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod10）

∴20022002的末位数字是7

说明：

对于十进制的整数

有如下性质：

．

3求2999最后两位数码.

解考虑用100除2999所得的余数.

∵

∴

又

∴

∴

∴2999的最后两位数字为88.

4．求证：

22000+1不能被7整数．

分析：

只需证明22000≡－1（mod7）即可

证明：

∵26≡1（mod7），∴22000≡（26）333·22≡1·22≡4（mod7），

∴22000+1≡5（mod7）所以7|22000+1

5对任意的自然数n，证明

A=2903n-803n-464n＋261n

　　能被1897整除．

证1897=7×271，7与271互质．因为

2903≡5（mod7），

803≡5（mod7），

464≡2（mod7），

261≡2（mod7），

　　所以

A=2903n-803n-464n+261n

　　≡5n-5n-2n+2n=0（mod7），

　　故7｜A．又因为

2903≡193（mod271），

803≡261（mod271），

464≡193（mod271），

　　所以

　　故271｜A．因（7，271）=1，所以1897整除A．

6任意平方数除以4余数为0和1（这是平方数的重要特征）．

　　证因为

奇数2=（2k＋1）2=4k2＋4k+1≡1（mod4），

偶数2=（2k）2=4k2≡0（mod4），

　　所以

7任意平方数除以8余数为0，1，4（这是平方数的又一重要特征）．

　　证奇数可以表示为2k＋1，从而

奇数2=4k2＋4k+1=4k（k＋1）+1．

　　因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k（k＋1）是8的倍数，从而

奇数2=8t+1≡1（mod8），

偶数2=（2k）2=4k2（k为整数）．

（1）若k=偶数=2t，则

4k2=16t2＝0（mod8）．

（2）若k=奇数=2t+1，则

4k2=4（2t＋1）2=16（t2＋t）+4≡4（mod8），

　　所以

　　求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．

8形如

Fn＝

+1，n=0，1，2，…

　　的数称为费马数．证明：

当n≥2时，Fn的末位数字是7．

　　证当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是

Fn=22n＋1=24t+1=16t＋1

≡6t＋1≡7（mod10），

　　即Fn的末位数字是7．

　　说明费马数的头几个是

F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，

　　它们都是素数．费马便猜测：

对所有的自然数n，Fn都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．